Uitwerking examen HAVO 2e tijdvak 2017 1
Examen scheikunde HAVO tijdvak 2 2017
uitwerkingen
Jodiumtinctuur
2p 1 Joodmoleculen zijn hydrofoob/apolair en watermoleculen zijn polair/hydrofiel. Hydrofobe/apolaire en hy-drofiele/polaire stoffen mengen slecht.
of:
Joodmoleculen kunnen geen waterstofbruggen vormen met watermoleculen, want ze bevatten geen OH groepen of NH groepen en daardoor lost jood slecht op in water.
2p 2
2p 3 12,5 mg I2/L = 12,5·10–3 mg I2/mL = 12,5·10–3 x 10–3 g I2/mL Buis 4 bevat 4,00 mL x 12,5·10–3·10–3 g I2/mL = 5,00·10–5 g I2
3p 4 Ze leest 60,0·10–6 g af. Deze hoeveelheid is aanwezig in 4,00 mL van de verdunde tinctuur = = -6 -5 60,0×10 g = 1,51×10 g/mL 4,00 mL De jodiumtictuur is 1000 mL = 1000 1,00 mL keer verdund.
In de tinctuur was dus 1000 x 1,51·10–5 g I2/mL = 1,51·10–2 g/mL = 1,51·10–2 x 103 mg/mL = = 15 mg I2/mL aanwezig
3p 5
Groene stroom
3p 6 Hoeveelheid lichtenergie = ΔE = Eproducten – Ebeginstoffen =
= Eglucose – (6 x E(CO2) + 6 x E(H2O) =
= {-12,74 – (6 x -3,935 + 6 x -2,86)}·105 J/mol glucose = 28,0·105 J/mol glucose
2p 7 n C6H12O6 → (C6H10O5)n + n H2O
2p 8 Elektrode A is de negatieve elektrode, want bij de reactie die plaatsvindt bij elektrode A komen
elek-tronen vrij (of reageert glucose als reductor).
2p 9 C6H12O6 + 6 H2O → 6 CO2 + 24 H+ + 24 e– (1×)
O2 + 4 H+ + 4 e– → 2 H2O (6×) C6H12O6 + 6 O2 → 6 CO2 + 6 H2O
2p 10 Argumenten voor Naima:
− Er ontstaat CO2. Hierdoor wordt (met water) koolzuur gevormd waardoor de zuurgraad van de bodem verandert.
− In de totale vergelijking staat geen H+, dus verandert de zuurgraad van de bodem niet. − Als het gevormde CO2 ontwijkt als gas zal de pH niet veranderen.
Uitwerking examen HAVO 2e tijdvak 2017 2 Argumenten voor Meron:
− Bij elektrode B reageren evenveel H+ ionen als er bij elektrode A ontstaan, hierdoor verandert de zuurgraad van de bodem niet.
− Doordat H2O ontstaat, treedt verdunning op (en verandert de pH (lokaal) richting 7 waardoor de zuurgraad van de bodem verandert).
2p 11 Een koolstofatoom heeft vier elektronen in de L-schil. Een koolstofatoom in het midden van een gra-fietlaag is (covalent) gebonden aan drie koolstofatomen. (Hiervoor zijn drie van de vier elektronen nodig.) Elk koolstofatoom heeft dus één elektron dat betrokken is bij het elektrisch geleidingsver-mogen van grafiet.
1p 12 Voorbeelden van een juiste reden:
− Een deel van de chemische energie wordt omgezet in warmte en niet in elektrische energie. / Bij energie-omzettingen gaat ook altijd energie verloren (als warmte). / Het rendement van chemi-sche omzettingen is nooit 100%.
− Een plant geeft slechts een deel van de organische verbindingen af aan de bodem, dus niet alles. / Een deel van de glucose wordt gebruikt voor groei / voor het maken van bouwstoffen, zoals cel-lulose.
− Een deel van de chemische energie wordt gebruikt om biologische processen in de plant te laten verlopen.
2p 13 Energie van het zonlicht dat is omgezet in chemische energie = 0,05 x 3,9·109 J/m2 = 1,8·108 J/m2 Hiervan wordt 42 omgezet in elektrische energie = 0,42 x 1,8·108 J/m2 = 7,56·107 J/m2
Aantal m2 benodigde begroeiing =
10 2 2 7 2 1,2 10 J = 1,6 10 m 7,56 10 J/m
Zuurstof
2p 14 pOH = -log [OH–] = -log 12 = -1,08 pH = 14 – pOH = 14 – -1,08 = 15,08 2p 15 Begin bijvoorbeeld uit te gaan van 2 Mn(OH)2, dan volgt er
2 Mn(OH)2 + ½ O2 + H2O → 2Mn(OH)3 en vermenigvuldig daarna met 2, dat geeft: 4 Mn(OH)2 + O2 + 2 H2O → 4 Mn(OH)3
2p 16 Mn(OH)3 + 3 H+ + e– → Mn2+ + 3 H2O
3p 17 4 mol thio ≡ 1 mol O2 → 1 mol thio ≡ ¼ mol O2
aantal mmol thio = 14,70 mL x 0,0105 mmol/mL = 1,5435·10–1 mmol 1,5435·10–1 mmol thio ≡ ¼ x 1,5435·10–1 mmol O2 = 3,8588·10–2 mmol O2
Deze hoeveelheid was aanwezig in 150 mL zeewater. In 1 mL zeewater aanwezig:
2 4 4 3,8588 10 mmol = 2,5725 10 mmol/mL = 2,5725 10 mol / L 150 mL
massa O2 per L = 2,5725·10-4 mol x 32,00 g/mol = 8,23·10–3 g/L
De productie van dichloormethaan
1p 18 C Cl H H Cl CH2 Cl Cl of
2p 19 Een substitutiereactie, want een H atoom van een CH3Cl molecuul wordt vervangen door een Cl atoom. 2p 20 Atoomeconomie = 2 2 3 2 CH Cl CH Cl Cl 84,926 g/mol x 100% = x 100% = 70% + (50,484 + 70,86) g/mol M M M
Uitwerking examen HAVO 2e tijdvak 2017 3
1p 21 HCl lost op in het water en de overige gassen niet, dus is er sprake van extraheren/extractie. 2p 22 ondergrens: net boven 334 K
bovengrens: net onder 350 K, want onder 334 K zijn CCl4 en CHCl3 nog vloeibaar en tussen 334 K en 350 K is alleen CCl4 nog vloeibaar.
2p 23 3p 24 1 mol CH2Cl2 ≡ 1 mol CH3Cl 5,0·104 ton CH2Cl2 = 5,0·104 103 kg ≡ 7 5,0 10 kg = 84,926 kg/kmol 5,887·105 kmol CH2Cl2 Uit de molverhouding volgt dat 5,887·105 kmol CH2Cl2 ≡ 5,887·105 kmol CH3Cl
5,887·105 kmol CH3Cl ≡ 5,887·105 x 50,484 kg/kmol = 2,97·107 kg = 2,97·104 ton CH3Cl rendement = 4 4 2,97 10 ton x 100% = 3,7 10 ton 80%
1p 25 Voorbeelden van een juist antwoord zijn:
− Dichloormethaan is schadelijk voor de gezondheid (op lange termijn). − Dichloormethaan kan erfelijke mutaties veroorzaken / is mutageen. − Dichloormethaan is kankerverwekkend.
− Dichloormethaan is gevaarlijk voor de luchtwegen / maakt luchtwegen overgevoelig / kan allergie- of astmasymptomen veroorzaken.
− Dichloormethaan kan de vruchtbaarheid of het ongeboren kind schaden.
Rubisco
1p 26 Voorbeelden van een juist antwoord zijn: − als bouwstoffen
− voor/als enzymen − als energiebron
3p 27
1p 28 De zijgroepen bij de uitgevouwen rubiscomoleculen komen ‘vrij’ te liggen, waardoor de moleculen van de opgeloste stoffen (die het eiwit een onaangename smaak en geur geven,) kunnen binden aan de zijgroepen van de aminozuren.
Uitwerking examen HAVO 2e tijdvak 2017 4
2p 29 Filtratie berust op het verschil in deeltjesgrootte. Rubiscomoleculen zijn lange/grote
polymeermole-culen, die (kennelijk) groter zijn dan de andere moleculen en dus (als residu) achterblijven in het fil-ter/membraan.
1p 30 (Suiker)bietenblad is geen voedsel voor mensen, en spinazie wel.
Rijsmiddelen
1p 31 Bakpoeder reageert tot koolstofdioxide. Het ontstane gas neemt een veel groter volume in dan een vaste stof en drukt het deeg uit elkaar.
2p 32 C4H6O6 is het zuur en staat een H+ af aan de base HCO3– waarbij H2O en CO2 ontstaan, dus is het een zuur-basereactie.
1p 33 NaC4H5O6
3p 34 10 gram bakpoeder bevat 0,55 x 10 g = 5,5 g C4H6O6 5,5 g C4H6O6 ≡ 5,5 g =
150,088 g/mol 3,666·10
–2 mol C4H6O6. Uit de molverhouding volgt 3,666·10–2 mol C4H6O6 ≡ 3,666·10–2 mol CO2 ≡ 3,666·10–2 mol x 35 L/mol = 1,3 L CO2
2p 35 Amylosemoleculen bevatten hydroxyl/OH groepen. Daarmee kunnen ze waterstofbruggen vormen met watermoleculen.
1p 36 Reactie 1 geeft aan dat natriumwaterstofcarbonaat eerst moet oplossen voordat het kan reageren met wijnsteenzuur, dit kan niet wanneer het water is gebonden aan zetmeel.
2p 37
1p 38 Een eierkoek heeft een groter oppervlak dan een muffin, waardoor tijdens het bakken het (ge-vormde) ammoniak(gas) gemakkelijk(er) kan ontsnappen.
